Les Equations différentielles - Résumé 4 pdf

LES EQUATIONS DIFFERENTIELLES

A. L'équation différentielle y' = ay + b 1. Généralités

Résoudre l'équation différentielle y' = ay + b sur un intervalle I, c'est trouver toutes les fonctions f dérivables sur I telles que f '(x) = af(x) + b. Dans la plupart des cas, I = .

Cette équation différentielle est dite du premier ordre, linéaire, à coefficients constants.

2. Résolution de l'équation différentielle y' = ay (a réel)

Théorème: Les fonctions solutions de l'équation différentielle (E) : y' = ay sont les fonctions fk définies sur par fk(x) = ke^ax où k est un réel quelconque.

Démonstration: Il est facile de montrer que la fonction fk(x) = ke^ax est solution de l'équation (E).

Considérons une fonctions g solution de (E) et considérons la fonction h définie par h(x) = e ^{– ax} g(x). Cette fonction h est dérivable sur comme produit de fonctions qui le sont, et h'(x) = – ae ^{– ax}g(x) + e ^{– ax} g'(x) = e ^{– ax} (– ag(x) + g'(x)) = 0 puisque g est solution de (E). Donc la fonction h est constante, et pour tout réel x, h(x) = k , donc g(x) = ke^ax .

Exemple: Résoudre l'équation 3y' = 2y;

On écrit l'équation sous la forme y' = ²

3y , qui donne les solutions fk(x) = ke

2 3x

où k est un réel quelconque.

3. Résolution de l'équation différentielle y' = ay + b (a et b réels, a 0)

Théorème: Les fonctions solutions de l'équation différentielle (E') : y' = ay + b sont les fonctions fk définies sur par fk(x) = ke^ax – b

a où k est un réel quelconque.

Démonstration: La fonction g définie par g(x) = – b

a est solution de (E') (facile à vérifier). Une fonction f est solution de (E') équivaut à f '(x) = af(x) + b, soit f '(x) – af(x) = b équivaut à f '(x) – af(x) = g '(x) – ag(x) , équivaut à

f '(x) – g '(x) = af(x) – ag(x) qui s'écrit (f(x) – g(x))' = a(f(x) – g(x)) équivaut à f – g est solution de l'équation différentielle y' = ay. Les solutions sont les fonctions fk définies sur par fk(x) = ke^ax où k est un réel quelconque.

Donc f(x) – g(x) = ke^ax , donc f(x) = ke^ax + g(x) = ke^ax – b

a où k est un réel quelconque.

Exemple: Résoudre l'équation 2y' = 8y – 5 ; On écrit l'équation sous la forme y' = 4y – 5

2 , qui donne les solutions fk(x) = k e^4x + 5

8 où k est un réel quelconque.

Théorème: Pour tous réels x0 et y0 , il existe une unique fonction f solution de l'équation (E') telle que f(x0) = y0 . Démonstration: L'existence d'une solution a été établie précédemment. Soient f et g deux solutions de (E') vérifiant la condition f(x0) = y0 et g(x0) = y0 . Dans ce cas, f(x) = k e^ax – b

a, et g(x) = k'e^ax – b

a où k et k' sont des réels.

Donc f(x) – g(x) = (k – k')e^ax .

Et f(x0) – g(x0) = 0, donc (k – k')e^ax0 = 0, soit k = k' puisque e^ax > 0, pour tout réel x. Et donc f(x) = g(x). La solution est bien unique.

Exemple: Trouver la solution de l'équation 2y' = 8y – 5 qui s'annule en 1:

Les solutions sont fk(x) = k e^4x + 5

8 , vu précédemment. On veut que fk(1) = 0, soit k e^4×1 + 5

8 = 0, donc k = 5e⁴ 8 La solution est f(x) = 5e⁴

8 e^4x + 5

8 = 51e^4x4

8 .

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B. Équations se ramenant à y' = ay + b 1. Equation avec second membre

On cherche à résoudre des équations différentielles sur I de la forme (E'') : y' – ay + b = t(x) où t est une fonction définie sur I. On cherche une solution particulière de (E'') et on lui ajoute les solutions de (E').

Exemple 1: (E1): y' – 3y = 2e^{1 – x} .

a) Montrer que la fonction g définie sur par g(x) = 1

2 e^{1 – x} est solution de l'équation (E1).

b) Montrer que f est solution de (E1) équivaut à f – g solution de (E1'): y' – 3y = 0. En déduire les solutions de (E1).

Solution: a) g'(x) = 1

2 e^{1 – x} , d'où g'(x) – 3g(x) = 1

2 e^{1 – x} – 3( 1

2 e^{1 – x} ) = 2e^{1 – x} . Donc g est solution de l'équation (E1).

b) f est solution de (E1) équivaut à f '(x) – 3f(x) = 2e^{1 – x} équivaut à f '(x) – 3f(x) = g'(x) – 3g(x) équivaut à

f '(x) – g'(x) = 3f(x) – 3g(x) équivaut à (f(x) – g(x))' = 3(f(x) – g(x)) équivaut à f – g solution de (E1'): y' – 3y = 0.

Donc f(x) – g(x) = ke^3x où k est un réel quelconque. Ainsi f(x) = ke^3x + g(x) = ke^3x + 1

2 e^{1 – x} qui sont les solutions de (E1).

Exemple 2: (E2): 2y' + 6y = x² + 2x – 1.

a) Trouver un polynôme P du second degré solution de l'équation (E2).

b) Montrer que f est solution de (E1) équivaut à f – P solution de (E2'): 2y' + 6y = 0. En déduire les solutions de (E2).

Solution: a) Soit P(x) = ax² + bx + c , d'où

P'(x) = 2ax + b, et 2P'(x) + 6P(x) = 2(2ax + b) + 6( ax² + bx + c) = 6ax² + (4a + 6b)x + 2b + c qui doit être égal à x² + 2x – 1. Par identification, on trouve 6a = 1, 4a + 6b = 2 et 2b + c = – 1, soit a = 1

6 , b = 2

9 et c = 13 9 . Donc le polynôme P définie par P(x) = 1

6 x² + 2 9 x – 13

9 est solution de l'équation (E2).

b) f est solution de (E2) équivaut à 2f '(x) + 6f(x) = x² + 2x – 1équivaut à 2f '(x) + 6f(x) = 2P '(x) + 6P(x) équivaut à 2 f '(x) – 2P'(x) + 6f(x) – 6P(x) = 0 équivaut à 2(f(x) – P(x))' + 6(f(x) – P(x)) = 0 équivaut à f – P solution

de (E2'): 2y' + 6y = 0. (E2') s'écrit y' = – 3y. Les solutions de (E2') sont les fonctions x -> ke^{– 3x} . Donc f(x) – P(x) = ke^{– 3x} où k est un réel quelconque. Ainsi f(x) = ke^{– 3x} + P(x) = ke^{– 3x} + 1

6 x² + 2 9x – 13

9 qui sont les solutions de (E2).

2. Transformation d'écritures

On cherche à résoudre des équations différentielles plus compliquées sur un intervalle I se ramenant à une équation de la forme y' = ay + b par une transformation d'écriture.

Exemple: Un biologiste observe la croissante d’une population de bactéries en milieu fermé. La population initiale est de 100 bactéries. La capacité maximale du milieu est de 1000 bactéries. Soit N(t) le nombre de bactéries à l’instant t ( exprimé en heures ). Les observations faites conduisent à modéliser la situation par l’équation différentielle : N'(t) = 0,07N(t)(1 – 10^{– 3} N(t)) appelée équation logistique. On suppose que, pour tout t, N(t) est non nul.

On pose P(t) = 1

Nt . Montrer que P est solution d’une équation différentielle de la forme y' = ay + b.

En déduire l’expression de P, puis celle de N.

Si P(t) = 1

Nt , alors N(t) = 1

Pt et N'(t) = P't

Pt² , donc Pt

Pt² = 0,07 1

Pt(1 – 10^{– 3} 1

Pt), soit P't

Pt² = 0,07 Pt0,07×10³

Pt² , soit P'(t) = – 0,07P(t) + 0,07×10^{– 3} qui est de la forme y' = ay + b avec a = – 0,07 et b = 0,07×10^{– 3} .

Le reste de l'exercice est laissé au lecteur.

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